四川省2024年高考物理模拟试卷及答案6

四川省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、选择题得分1．图（a）为某型号家用全自动波轮洗衣机，图（b）为洗衣机内部结构剖面图，其内桶由四根相同的轻质吊杆前、后、左、右对称悬挂（悬点可自由转动），内筒静止时每根吊杆与竖直方向夹角均为α，内桶总质量为m，重力加速度大小为g，每根吊杆的拉力大小为（）A．mg4 B．mg4cosα C．2．图示为一种自动测定油箱内油面高度的装置，装置中金属杠杆的一端接浮标（浮标与杠杆绝缘），另一端的触点P接滑动变阻器R，油量表由电流表改装而成。当汽车加油时，油箱内油面上升过程中，下列说法正确的是（）A．电路中电流减小 B．R1C．整个电路消耗的功率增大 D．电源输出功率一定增大3．如图，沿水平直轨道运行的地铁车厢内，有一拉环（可视为质点）用轻绳与套于水平杆中的固定限位块相连，某段时间内拉环与竖直方向夹角始终为θ。已知限位块、拉环质量分别为M、m，重力加速度大小为g，则在该段时间内（）A．轻绳拉力大小为mgcosθ C．列车一定水平向右做匀加速运动 D．水平杆对限位块的作用力大小为(M+m)g4．如图，真空中两个等量异种点电荷P、Q关于O点对称分布，P带正电，A为P、Q连线上一点。保持OA距离不变，增大P、Q之间的距离后再次静止（仍关于O点对称）。选无穷远为零电势点，则P、Q距离增大后（）A．O点的场强不变 B．O点的电势升高C．A点的场强变小 D．A点的电势降低5．水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止状态跌落的最大高度。已知导致苹果碰伤所需的平均作用力约为苹果自身重力的3倍。假设苹果在接触钢板后0.1s减速至静止，重力加速度g取10m/s2，则苹果在钢板上的碰伤阈值最接近（）A．10cm B．20cm C．30cm D．45cm6．2023年10月，神舟十七号飞船成功与中国空间站对接，对接后的组合体运行周期约1.A．组合体的轨道高度大于中继卫星的轨道高度 B．组合体的线速度大于中继卫星的线速度C．组合体的角速度小于中继卫星的角速度 D．组合体的加速度大于中继卫星的加速度7．如图，平行板电容器与电压为U的直流恒压电源相连，改变电容器板间距离d，待电路稳定后，带正电的粒子质量为m、电荷量为q，从靠近左板处由静止释放，测得粒子从出发至右板所用的时间为t，到达右板的速度大小为v，重复上述过程，完成多次实验。板间电场可视为匀强电场，粒子所受重力忽略不计。下列图像正确的是（）A． B．C． D．8．如图，空间存在范围足够大的匀强电场，场强大小E=mgq，方向水平向右。竖直面内一绝缘轨道由半径为R的14光滑圆弧BC与足够长的倾斜粗糙轨道AB、CD组成，AB、CD与水平面夹角均为45°且在B、C两点与圆弧轨道相切。带正电的小滑块质量为m，电荷量为q，从AB轨道上与圆心O等高的P点以v0=2gR的速度沿轨道下滑。已知滑块与AB、A．滑块在AB轨道下滑时的加速度大小为g B．滑块在BC轨道中对轨道的最大压力为3mgC．滑块最终将在BC轨道之间做往复运动 D．滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为2R阅卷人二、非选择题得分9．某同学用图（a）所示的装置测量木块与长木板间的动摩擦因数。长木板水平固定，木块通过水平轻绳绕过轻质光滑定滑轮连接重物。（1）实验时（选填“①”或“②”），得到加速阶段的部分纸带如图（b）所示，A、B、C、D、E为打下的相邻的计数点，相邻计数点之间还有4个计时点未画出。①先接通打点计时器电源，再由静止释放重物②先由静止释放重物，再接通打点计时器电源（2）测量得x1=5.40cm，x2=14.72cm10．某同学用图（a）所示电路完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验。所需器材：小灯泡L（额定电压3V，额定功率约0.6W）；电源E（电动势6V，内阻很小可忽略不计）；电压表V（量程3V，阻值很大）；电流表A（量程0.25A，内阻约0.滑动变阻器R（总阻值约10Ω）；保护电阻R0开关S；导线若干。（1）请依照图（a）所示电路，在图（b）中补全实物连线。（2）实验步骤：①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，使滑片停留在最（选填“左”或“右”）端；②闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；③记录如下8组U和I的数据后断开开关，根据实验数据在图（c）所示方格纸上描绘完整的表格数据并作出小灯泡的伏安特性曲线。（3）若实验室中没有量程为0.25A的电流表，可用一只量程为50mA，阻值为2Ω的毫安表并联电阻值为Ω的定值电阻改装而成。（4）灯泡正常发光时的电阻与灯泡不亮时的电阻的比值为（计算结果保留2位有效数字）。（5）为了能顺利完成实验，且较大程度起到保护作用，保护电阻R0的阻值应为Ω（选填“20”、“10”、“5”或“211．如图，在第一象限0≤x≤2L区域内存在沿y轴正方向的匀强电场E1（未知），2L<x≤4L区域内存在沿x轴正方向的匀强电场E2（未知）。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速率v0从坐标原点O沿x轴正方向进入电场并依次通过A(2L,L)和B(（1）粒子运动至A点的速度大小；（2）场强E212．图（a）为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b）所示，该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板CDEF与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平地面的夹角θ=37°，CD与水平面平行。传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L=10m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图（c）所示。已知传送带匀速运行的速度v=1m/s，货物质量m=10kg，其底部与传送带ABCD的动摩擦因数为μ1=0.5，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为μ2（1）货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力f1的大小及侧面所受滑动摩擦力f（2）货物在传送带上所经历的时间t及传送装置多消耗的电能E；（3）某次测试过程中工作人员每隔Δt=1s从D点静止释放相同的货物，货物对地发生位移L=10m后被取走，若维持传送带匀速运转，传送带相对空载时需增加的最大功率ΔP。13．下列说法中正确的是（）A．一定质量的理想气体经过一个绝热压缩过程，其温度一定升高B．给自行车打气时气筒活塞压下后反弹，是由分子斥力造成的C．第二类永动机不可能制成的原因是违反了能量守恒定律D．运送货物的卡车停于水平地面，在缓慢卸货过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体从外界吸热E．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对微粒的撞击作用不平衡所引起的14．如图（a），竖直圆柱形汽缸导热性良好，用横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体，活塞质量为m0，此时活塞静止，距缸底高度为H。在活塞上放置质量为m1（未知）的物块静止后，活塞距缸底高度为H'=23H，如图（b（1）求物块质量m1（2）活塞上仍放质量为m1物块，为使得活塞回到距缸底为H的高度，求密封气体的热力学温度T应缓慢上升为多少；若此过程中气体内能增加了ΔU，求该过程中缸内气体从外界吸收的热量Q15．如图（a），轻质弹簧下端挂一质量为m的小球处于静止状态。现将小球向下拉动距离l后由静止释放并开始计时，小球在竖直方向做简谐振动，弹簧弹力与小球运动的时间关系如图（b）所示。l及t0（1）小球简谐振动的周期T=；（2）0~6t0（3）0~t0216．如图，一玻璃砖的截面由等腰三角形PMQ和半径为R的半圆组成，∠PMQ=120°，O为圆心，其右侧放置足够长的竖直平面镜，镜面与PQ平行，A处的光源发射一束光从MP中点B射入玻璃砖，光束与MP夹角θ=30°，经折射后光线与PQ垂直。A、M、O三点共线，光在真空中的传播速度为c，不考虑光束在玻璃砖内的反射。（1）求玻璃砖的折射率n；（2）若光束从光源A发射经平面镜一次反射后恰能回到光源A处，求光束在全过程中的传播时间t。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】内筒受力平衡，根据平衡条件可得4Fcos每根吊杆的拉力大小为F=mg故选B【分析】对内桶受力分析，根据受力平衡联立方程求出吊杆的拉力。2．【答案】C【解析】【解答】A.当汽车加油时油箱内油面上升时，通过浮球和杠杆使触点P向下滑动，滑动变阻器R接入电路的电阻变小，整个电路的总电阻变小，电路中的电流变大，故A错误；B.R1两端电压U1=IC.整个电路消耗的功率P=EI，由于电路中的电流变大，所以整个电路消耗的功率增大，故C正确；D.电源输出功率P出=I故选C。【分析】根据欧姆定律，结合电路滑动变阻器R接入电路的电阻变小，讨论出总电流增加，再根据电功率表达式分析整个电路消耗的功率和电源输出功率。3．【答案】A【解析】【解答】A、拉环受重力、轻绳拉力作用

竖直方向根据平衡条件可得mg=T轻绳拉力大小为T=故A正确；

B、根据牛顿第二定律F列车加速度大小为a=g故B错误；

C、由拉环倾斜情况可知列车加速度方向水平向右，列车速度方向不知，列车可能水平向左做匀减速运动，故C错误；

D、将限位块、拉环看做整体，水平杆对限位块的作用力大小为F=故答案为：A。

【分析】拉环与列车保持相对静止，两者的加速度相等。对拉环进行受力分析，根据力的合成与分解确定拉力及合力的大小，再根据牛顿第二定律确定加速度的大小和方向。4．【答案】C【解析】【解答】A.由点电荷周围的场强公式E=kQr2可知，增大P、Q之间的距离后，P、Q到O点的距离都变大，P、Q在OB.增大P、Q之间的距离后O点的电势仍然为零，不变，故B错误；C.增大P、Q之间的距离后，P、Q到A点的距离都变大，P、Q在A点的场强都变小，由场强的叠加可知，A点的场强变小，故C正确；D.增大P、Q之间距离后O、A间的场强减小，由U=Ed可知，增大P、Q之间的距离，OA距离不变，所以O、A之间的电势差变小，由O点电势不变，A点的电势低于O点的电势，可知A点的电势升高，故D错误。故选C。【分析】等量异种点电荷的连线中垂线是一条等势线，故O点的电势不变；再根据U=Ed来判断OA之间的电势差，从而判断A的电势变化5．【答案】B【解析】【解答】由动量定理得，选向上为正方向，则3mgt-mgt=mv，解得v=2m/s

由运动学公式得苹果在钢板上的碰伤阈值为ℎ=v22g，解得h=20cm，故B正确，ACD错误。

6．【答案】B,D【解析】【解答】A.根据GMmr2=m4π2B.根据GMmr2C.根据ω=2πD.根据GMmr2故选BD。【分析】根据万有引力提供向心力，结合向心力周期与速度的表达式，以及角速度和周期分析求解。7．【答案】A,C【解析】【解答】AB.对于带正电的粒子，在匀强电场中受电场力作用，根据动能定理，有Uq=12mv2，可得v=CD.设粒子在电场中运动的加速度为a，有Eq=ma，E=Ud，d=1故选AC。【分析】对于带正电的粒子，在匀强电场中仅受电场力作用，根据动能定理，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解。8．【答案】A,D【解析】【解答】A.根据题意可知Eq=mg，重力与电场力的合力2mg，方向垂直于AB面向下，滑块在AB轨道下滑时，有−μ2mg=ma，解得a=−gB.由几何关系可知，xPB=R，滑块在BC轨道的B点对轨道有最大压力，设此时滑块的速度为v，轨道对滑块的支持力为FN，有−μ2mgxPB=12mC.从B点到C点，电场力做负功，滑块需克服电场力做功为W克=Eq⋅2R=2mgR>12mv2，所以滑块在到达C点前已经减速到0，后反向滑回到B点，滑块从BD.由于滑块在BC轨道上合力做功为0，所以滑回B点时，速度依然为v=2gR，设在AB轨道上滑行x1后减速为0，有−μ2mgx1=0−12故选AD。【分析】分析重力与电场力的合力大小和方向，根据牛顿第二定律求滑块在AB轨道下滑时的加速度大小。滑块在BC轨道中的B点时对轨道有最大压力，根据动能定理和牛顿运动定律相结合求出滑块在BC轨道中对轨道的最大压力。分析滑块的受力情况，结合能量转化情况判断最终的运动状态。根据动能定理求解滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程。9．【答案】（1）①（2）0.27；0.26【解析】【解答】（1）为了使纸带能够得到充分利用，使用打点计时器时应先接通电源，后释放纸带，故选①。

（2）由于相邻计数点之间还有4个计时点未画出，所以相邻计数点之间的时间间隔为T=5根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得B点的速度为vD点的速度为v由加速度的定义式a=可得，木块的加速度为a=根据牛顿第二定律可得mg−μMg=(M+m)a解得木块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.26【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析；（2）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，求出B点和D点的速度，再由加速度的定义式a=∆v10．【答案】（1）（2）左（3）0（4）1（5）5【解析】【解答】（1）根据电路图，连接实物图为；（2）闭合开关前，应使电压表和电流表的电压和电流最小，所以应使滑片停留在最左端。（3）设毫安表的量程为I1，电阻为R1，根据电流表的改装原理，有IA（4）小灯泡不亮时，电阻为R1=U1I（5）为较大程度地保护电路，则应串联一个保护电阻R0，使得滑动变阻器的滑片划到最右端时，小灯泡能正常发光，从表格中可知，小灯泡正常发光时电压为3V，电流为0.22A，根据欧姆定律，有ULR滑+故答案为：（1）见解析；（2）左；（3）0.5；（4）1.4；（5）5。【分析】（1）根据电路图连接实物图；（2）滑动变阻器采用分压式接法，闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应位于分压电压为零的那一端；（3）并联电阻有分压作用，根据欧姆定律及并联电路的电流特点求解作答；（4）根据欧姆定律分别求解小灯泡不亮和正常发光的电阻，再求比值；（5）为较大程度地保护电路，串联一个保护电阻后，使得滑动变阻器的滑片滑到最右端时，小灯泡能正常发光；根据并联电路的特点求并联电阻，根据串联电路电压的分配与电阻的关系求保护电阻的大约值，然后作答。11．【答案】（1）粒子在电场E1中x方向做匀速直线运动，yx方向2L=v0t1，y方向（2）粒子在电场E2中x方向做初速度不为零匀加速直线运动，y方向做匀速直线运动，y方向2L−L=vyt2，x方向4L−2L=【解析】【分析】（1）粒子在电场E1中做类平抛运动，结合运动学公式求得粒子运动至A点的速度大小；

（2）粒子在电场E2中做类平抛运动，结合牛顿第二定律求场强E2的大小。12．【答案】（1）货物放上传送带后，由剖面图对货物受力分析可得，传送带对货物支持力为N1，货物底面所受滑动摩擦力为f1，档板对货物支持力为N2，货物侧面所受滑动摩擦力为f2，由力的平衡条件N1=mgcosθ，N2（2）因为f1与运动方向相同，f2与运动方向相反，货物将从静止开始沿传送带做匀加速直线运动，若能共速，则此后做匀速运动，由牛顿第二定律可得f1−f2=ma1，解得a1=2.5m/s2，设货物匀加速至与传送带共速经历时间为t1，对地位移为x1，由运动学公式得t1=va1（3）分析可知货物在传送带上从静止到与传送带共速经历的时间均为t1，之后以速度v做匀速运动。因第1个货物在传送带上运动的总时间为t=10.2s，设第1个货物释放后又释放了N个货物，则N=tΔt=10.2，分析可知当第1个货物即将被取走时，传送带上共有11个货物，且前10个已共速。第11个货物在传送带上运动的时间为t'=t−10Δt=0.2s<t1=0.4s，第11【解析】【分析】（1）对货物受力分析刚放上传送带时，根据滑动摩擦力计算公式求解；

（2）货物将从静止开始沿传送带先做匀加速直线运动，若能共速，则共速后做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解货物运动总时间；传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。根据摩擦生热等于滑动摩擦力乘以相对位移求解货物与传送带之间和货物与挡板之间由于摩擦产生的内能，根据动能的定义求得货物增加的动能；

（3）根据（2）的解答分析传送带上存在的货物最大数量，及它们的运动状态。分析货物与传送带的之间摩擦力情况，根据瞬时功率计算公式求解。13．【答案】A,D,E【解析】【解答】A．—定质量的理想气体经过绝热压缩过程，则此过程Q=0，外界对气体做功，则W＞0。

根据热力学第一定律：ΔU=W+Q，可知ΔU＞0，即气体的内能增大，则气体的温度升高，故A正确；

B．用气筒给车胎打气，气筒压下后有反弹原因是轮胎的内部气体压强较大造成的，并不是分子间的斥力造成的，故B错误；

C．第二类永动机不可能制成的原因是其违反了热力学第二定律，不是违反了能量守恒定律，故C错误；

D．胎内气体温度不变，不计分子间势能，则气体的内能不变（ΔU=0）。

卡车在缓慢卸货过程中，车胎内气体压强减小，气体做等温变化，根据p1V1=p2V2，可得气体体积增大，则气体对外做功（W＜0），根据热力学第一定律：ΔU=W+Q，可得Q＞0，故胎内气体从外界吸热，故D正确；

E．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对微粒不均衡的撞击引起的，即液体分子对微粒的作用不平衡所引起的，故E正确。

故选：ADE。

【分析】—定质量的理想气体经过绝热压缩过程，根据热力学第一定律：ΔU=W+Q，判断式子各量的正负；用气筒给车胎打气，气筒压下后有反弹原因是轮胎的内部气